AP3_Organiza+º+úo de Computadores_2011-2_Gabarito

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Fundação CECIERJ - Vice Presidência de Educação Superior a Distância 
Curso de Tecnologia em Sistemas de Computação 
Disciplina: Organização de Computadores 
GABARITO-AP3 2° semestre de 2011. 
 
Nome – 
 
Assinatura – 
 
Observações: 
1. Prova sem consulta e sem uso de máquina de calcular. 
2. Use caneta para preencher o seu nome e assinar nas folhas de questões e nas folhas de respostas. 
3. Você pode usar lápis para responder as questões. 
4. Ao final da prova devolva as folhas de questões e as de respostas. 
5. Todas as respostas devem ser transcritas nas folhas de respostas. As respostas nas folhas de questões 
não serão corrigidas. 
 
1. (1,0) Um computador possui uma capacidade máxima de memória principal com 256K células, cada uma 
capaz de armazenar uma palavra de 16 bits. 
 
a) Qual é o maior endereço em decimal desta memória? 
 
Maior endereço: N – 1 = 256K - 1 = 262.143 
 
b) Qual é o tamanho do barramento de endereços deste sistema? 
 
 Tamanho do barramento = e 
 Como e = log2 N = log2 2
18 = 18 bits 
 Então, tamanho do barramento de endereços= 18 bits 
 
c) Quantos bits podem ser armazenados no RDM e no REM? 
 
RDM = tamanho da palavra = 16 bits 
 REM = barramento de endereços = 18 bits 
 
 
d) Qual é o número máximo de bits que pode existir na memória? 
 
 Total de bits = T 
 T = N x M => T = 218 x 16 = 222=> T = 4.194.304 bits 
 
2. (1,5) Considere uma máquina que possa endereçar 512 Mbytes de memória física, utilizando endereço 
referenciando byte, e que tenha a sua memória organizada em blocos de 32 bytes. Ela possui uma 
memória cache que pode armazenar 4K blocos, sendo um bloco por linha. Mostre o formato da memória 
cache, indicando os campos necessários (tag, bloco) e o número de bits para cada campo, e o formato de 
um endereço da memória principal, indicando os bits que referenciam os campos da cache, para os 
seguintes mapeamentos: 
 
a) Mapeamento direto. 
 
Memória principal: 
 A máquina permite endereçar 512 Mbytes, como endereço referenciado a byte, 
 temos N = 512 Mcélulas 
 B = Total de blocos = 512 Mbytes / 32bytes/bloco = 16 Mblocos 
 Endereço = E => N = 2E => 512 Mcélulas = 229 => E = 29 bits 
Memória Cache 
 Q = 4 K blocos (1 bloco por linha) = 4 K linhas 
 
 Campos do endereço: 
 Tag = B / Q = 16 Mblocos / 4 Klinhas = 4K = 12 bits 
 No. da linha = Q = 4K = 12 bits 
 End da palavra = 32 = 5 bits 
 
Tag = 12 bits No.linha = 12bits 
End da palavra 
5 bits 
 Endereço = 29 bits 
 
 
b) Mapeamento totalmente associativo. 
 
Memória principal: 
 A máquina permite endereçar 512 Mbytes, como endereço referenciado a byte, 
 temos N = 512 Mcélulas 
 B = Total de blocos = 512 Mbytes / 32bytes/bloco = 16 Mblocos 
 Endereço = E => N = 2E => 512 Mcélulas = 229 => E = 29 bits 
Memória Cache 
 Q = 4 K blocos (1 bloco por linha) = 4 K linhas 
 
 Campos do endereço: 
 Tag = B = 16 Mblocos = 24 bits 
 End da palavra = 32 = 5 bits 
 
tag = 24 bits 
End da palavra 
5 bits 
 
 
3. (2,5) Responda: 
a) (0,5) Dados os valores de memória abaixo e uma máquina de 1 endereço com um acumulador: 
 
palavra 20 contém 40 
palavra 30 contém 50 
palavra 40 contém 60 
palavra 50 contém 70 
 
Quais valores as seguintes instruções carregam no acumulador? 
 
-Load imediato 20 
-Load direto 20 
-Load indireto 20 
 
- LOAD IMEDIATO 20 
 Nesta instrução o valor a ser colocado no acumulador corresponde ao valor fornecido como 
operador, portanto: ACC <- 20 ( o valor a ser colocado no acumulador é 20) 
 
- LOAD DIRETO 20 
 Nesta instrução o valor a ser colocado no acumulador corresponde ao valor contido no endereço 
de memória fornecido como operador, portanto: 
 ACC <- ( 20 ) ( o valor a ser colocado no acumulador é 40) 
 
- LOAD INDIRETO 20 
 Nesta instrução o valor a ser colocado no acumulador corresponde ao valor contido no endereço 
que consta como valor no endereço de memória fornecido como operador, portanto 
 ACC <- ( ( 20 ) ) ( o valor a ser colocado no acumulador é 60) 
 
 
b) (1,0) Analise os modos de endereçamento direto, indireto e imediato, estabelecendo diferenças de 
desempenho, vantagens e desvantagens de cada um. 
 
 
MODO DE 
ENDEREÇAMENTO 
DEFINIÇÃO VANTAGENS DESVANTAGENS DESEMPENHO 
Imediato 
O campo operando 
contém o dado 
Rapidez na execução 
da instrução 
Limitação do tamanho 
do dado. Inadequado 
para o uso com dados 
de valor variável 
Não requer acesso 
a memória 
principal. Mais 
rápido que o modo 
direto 
Direto 
O campo operando 
contém o endereço 
do dado 
Flexibilidade no 
acesso a variáveis de 
valor diferente em 
cada execução do 
programa 
Perda de tempo, se o 
dado é uma constante 
Requer apenas um 
acesso a memória 
principal. Mais 
rápido que o modo 
indireto 
Indireto 
O campo operando 
corresponde ao 
endereço que 
contém a posição 
onde está o 
conteúdo desejado, 
Manuseio de vetores 
(quando o modo 
indexado não está 
disponível). Usar 
como “ponteiro” 
Muitos acessos à MP 
para execução 
Requer 2 acessos a 
memória principal 
 
 
c) (1,0) Qual é o objetivo do emprego do modo de endereçamento base mais deslocamento? Qual é a 
diferença de implementação entre esse modo e o modo indexado? 
 
O base mais deslocamento tem como seu principal objetivo permitir a modificação de 
endereço de programas ou módulos destes (que é a relocação de programa), bastando para isso 
uma única alteração no registrador base. 
O base mais deslocamento tem como característica o endereço ser obtido da soma do 
deslocamento com o registrador base, diferindo do modo indexado onde o conteúdo do registrador 
base é fixo e varia-se o deslocamento, ao contrário deste onde o deslocamento é fixo e com a 
alteração do registrador base permite-se a mudança do endereço. 
 Exemplos de instruções modo indexado: 
LDX Ri, Op ==> ACC <--- ((Op) + (Ri)) 
ADX Ri, Op ==> ACC <--- ACC + ((Op) + (Ri)) 
 Exemplo: instrução base mais deslocamento: 
LDB Rb, Op ==> (ACC) <--- ((Op) + (Rb)) 
ADB Rb, Op ==> ACC <--- ACC + ((Op) + (Rb)) 
 
 
4. (1,5) Um computador, que apresenta uma arquitetura similar àquela apresentada ao longo do curso, pode 
endereçar 2048 células de memória, sendo que cada célula de memória é capaz de armazenar uma 
palavra de 16 bits. Em cada acesso à memória, uma célula é acessada e realiza-se a transferência de uma 
palavra. 
 
a) (0,2) Qual é o tamanho do barramento de endereços deste sistema? 
 
 N = 2048 célulass => N = 2e => e = 11bits = barramento de endereços 
 
b) (0,3) Quantos bits podem ser armazenados no RDM (Registrador de Dados da Memória), no REM 
(Registrador de Endereços da Memória) e no CI (Contador de Instruções)? 
 
RDM = tamanho da palavra transmitida durante um acesso à memória = 1 palavra de 16bits = 
16bits 
REM = barramento de endereços = 11 bits 
 CI = tamanho do barramento de endereços = REM = 11bits 
 
c) (1,0) Descreva detalhadamente a execução da instrução DIV Op. nesta máquina, indicando como o 
REM, RDM, CI, barramentos de dados, de endereços e de controle são utilizados. A instrução DIV 
Op. divide o conteúdo da célula de memória cujo endereço é Op. pelo valor armazenado no 
acumulador e coloca o resultado no acumulador. 
 
 Passo 1: A UCP coloca no REM o valor do operando ( REM <- Op ) , que é 
disponibilizado no barramento de endereço 
 Passo 2: A UCP aciona pelo barramento de controle a leitura de memória 
 Passo 3: A memória coloca o valor no barramento de dados, que é transferido 
 para o RDM da CPU ( RDM <- MP(Op) ) 
 Passo 4: A UCP executa a divisão do valor recebido da memória pelo conteúdo do acumulador 
 ACC <- RDM / ACC (ou ACC <- MP(Op)/ACC ) 
 Passo 5: CI é incrementado (CI<-CI+1) para apontar para a próxima instrução a ser lida. 
 
 
3. (2,0) Considere o conjunto de 32 bitsrepresentado na base hexadecimal (C1180000)16. Mostre o que ele 
representa, em decimal, quando for interpretado como: 
OBS: Não precisa fazer as contas, deixe-as indicadas. 
 
 (C1180000)16 = (11000001000110000000000000000000)2 
 
a) (0,2) um inteiro sem sinal 
 
2
31
 + 2
30
 + 2
24
 + 2
20
 +2
19
 
 
 = 3.239.575.552 
 
b) (0,4) um inteiro utilizando-se a representação sinal e magnitude 
 
 - (230 + 224 + 220 +219 ) = -1.092.091.904 
 
c) (0,6) um inteiro utilizando-se a representação em complemento a 2 
 
 - 231 + ( 230 + 224 + 220 +219 ) = -1.055.391.744 
 
d) (0,8) um número utilizando-se a representação ponto flutuante precisão simples IEEE 754 (1 bit de 
sinal, 8 bits para expoente em excesso de 127, 23 bits para mantissa) 
 
 1 10000010 00110000000000000000000 
Sendo: 
Sinal = 1 => negativo 
Expoente = 10000010 = 130 – 127 => expoente = +3 
Mantissa = 00110000000000000000000 
 
 Temos então => - 1,00110000000000000000000 x 2+3 = (-1001,1)2 = ( -9,5 )10 
 
4. (1,5) Descreva os três possíveis métodos de comunicação entre uma interface de entrada e saída com a 
unidade central de processamento e memória principal: por programa (polling), por interrupção e por 
acesso direto à memória. 
 
 
Por programa: A UCP indica à interface de entrada e saída que deseja realizar uma operação de 
transferência de dados e fica interrogando a interface para saber se ela está pronta para realizar a 
transferência de dados. Quando a UCP recebe uma resposta positiva da interface, ela realiza a 
transferência de dados. Para ler dados da interface e colocar os dados na memória, ela realiza 
operações de leitura de dados da interface e escrita na memória. Para escrever dados na interface, ela 
realiza operações de leitura da memória e escrita na interface. 
 
Por interrupção: A UCP indica à interface de entrada e saída que deseja realizar uma operação de 
transferência de dados e realiza outras instruções que não se referenciam a esta operação, ou seja, a 
UCP não fica interrogando a interface para identificar quando ela está pronta. Quando a interface está 
pronta para realizar a transferência, ela gera um sinal de interrupção que é recebido pela UCP. A UCP 
ao receber este sinal, termina de realizar a instrução que estava sendo realizada, salva o contexto onde 
esta instrução estava sendo realizada, e executa as instruções para realizar a transferência de dados 
com a interface. 
 
Por acesso direto à memória (DMA) : Um controlador de DMA realiza diretamente a transferência de 
dados entre a interface e a memória sem envolver a UCP nesta transferência. A UCP necessita enviar 
alguns parâmetros para o controlador de DMA: o endereço da interface, o tipo de transferência (escrita 
ou leitura de dados), o endereço de memória para ler ou escrever os dados e o número de bytes a serem 
transferidos. O controlador de DMA realiza toda a transferência de dados entre a interface e a memória 
e a UCP não necessita executar nenhuma instrução para realizar esta transferência. Quando a 
transferência acaba, o controlador de DMA gera um sinal de interrupção para a UCP indicando que a 
transferência foi realizada